Νεο...κλασσική απόδειξη

KARKAR · #1

Αν σε τρίγωνο είναι : $\widehat{B} >\widehat{C}$ , δείξτε ότι για τις διχοτόμους BD , CE

ισχύει :

.

Σημ : Η πρόταση αυτή αποτελεί , κατ' ουσίαν , απόδειξη του περίφημου Θεωρήματος Steiner - Lehmus

.

(Αν οι διχοτόμοι δύο γωνιών τριγώνου είναι ίσες , τότε ίσες είναι και οι γωνίες (ή το τρίγωνο είναι ισοσκελές ))

#2

KARKAR έγραψε:Αν σε τρίγωνο είναι : $\widehat{B} >\widehat{C}$ , δείξτε ότι για τις διχοτόμους ισχύει : .

Σημ : Η πρόταση αυτή αποτελεί , κατ' ουσίαν , απόδειξη του περίφημου Θεωρήματος .

(Αν οι διχοτόμοι δύο γωνιών τριγώνου είναι ίσες , τότε ίσες είναι και οι γωνίες (ή το τρίγωνο είναι ισοσκελές ))

: 1.png (19.05 KiB) Προβλήθηκε 663 φορές

Έστω $\displaystyle{ DS\mathop = \limits^{//} BE \Rightarrow BESD }$ παραλληλόγραμμο άρα $\displaystyle{ \boxed{SE = BD}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{\widehat{ESD} = \widehat{EBD} = \hat \omega = \frac{{\hat B}} {2}}:\left( 2 \right) }$

Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου (υπολογισμός τμημάτων που χωρίζει την κάθε πλευρά συναρτήσει των πλευρών)

έχουμε: $\displaystyle{ EB = \boxed{SD = \frac{{ac}} {{a + b}}}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{CD = \frac{{ab}} {{a + c}}}:\left( 4 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \frac{{ac}} {{a + b}} - \frac{{ab}} {{a + c}} = a\left( {\frac{c} {{a + b}} - \frac{b} {{a + c}}} \right) = a\frac{{c\left( {a + c} \right) - b\left( {a + b} \right)}} {{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} = a\frac{{ac + c^2 - ab - b^2 }} {{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} = a\frac{{a\left( {c - b} \right) + \left( {c - b} \right)\left( {c + d} \right)}} {{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} = }$

$\displaystyle{ a\frac{{\left( {c - b} \right)\left( {a + b + c} \right)}} {{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\hat B > \hat C \Rightarrow b > c \Rightarrow c - b < 0\;,a\frac{{a + b + c}} {{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} > 0} \frac{{ac}} {{a + b}} - \frac{{ab}} {{a + c}} < 0\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right)} SD < CD\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle SDC} \widehat{DCS} < \widehat{DSC}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ESD} = \widehat{EBD} = \frac{{\hat B}} {2} > \frac{{\hat C}} {2} = \widehat{DCE}} }$

$\displaystyle{ \widehat{DCS} + \widehat{DCE} < \widehat{DSC} + \widehat{DSE} \Rightarrow \widehat{ECS} < \widehat{ESC}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ESC} ES < CE\mathop \Rightarrow \limits^{ES = BD} \boxed{BD < CE} }$

Στάθης

KARKAR · #3

Παραθέτω μια νομίζω ενδιαφέρουσα απόδειξη :

Υπάρχει σημείο της

, "δεξιότερα" του

, ώστε $\widehat{DBS} = \widehat{DCS}$ , (αφού $\displaystyle\frac{B}{2}>\frac{C}{2}$ ) .

Τότε τα B , S , D , C

είναι ομοκυκλικά και επειδή ασφαλώς : $\widehat{CBS}>\widehat{C}$ συμπεραίνω ότι CS>BD

(σε μεγαλύτερη εγγεγραμμένη (οξεία) γωνία , αντιστοιχεί μεγαλύτερη χορδή )

Εν τέλει έχω : CE>CS>BD

Νεο...κλασσική απόδειξη

Νεο...κλασσική απόδειξη

Re: Νεο...κλασσική απόδειξη

Re: Νεο...κλασσική απόδειξη

Μέλη σε σύνδεση